微专题2 力学三大观点的综合应用-【创新教程】2027年高考物理大二轮专题增分方案学生用书

设从A、B共速到停止运动的加速度大小为a,位移大小 为x2, u(mA+mg)g=(mA+mB)a, 哈=2ax2,解得x2=0.02m, 长木板B与地面之间由于摩擦产生的热量为 Q=h（ma+mB)g(x1十x2),解得Q=0.2J. 答案：(1)1m/s(2)0.4,0.1(3)0.2J 课堂评价·高考预测 解析：(1)设滑块A刚到达O点时的速度为v。,根据动量 定理有Ft=m,解得v=3m/s,方向水平向右. (2)滑块A与长木板B碰后瞬间，设滑块和长木板的速 度分别为，'和1，根据动量守恒定律和机械能守恒定 律分别有mv=m'十M1, 合nm6=子ma,+受M, 1 1 联立解得'=-1m/s,=2m/s, 滑块A与长木板B碰后瞬间，长木板的速度大小为2m/s, 方向水平向右 (3)长木板B和物块C组成的系统在水平方向所受合外 力为零，所以动量守恒，设B、C最终达到的共同速度为 v,则有Mu=2Mo,解得0=2=1m/s, 设C相对B滑动的路程为△x,对B、C组成的系统根据 能量守恒可得MgAx=2M-号×2M, 解得△x=1m>L=0.6m, 所以物块C最终与长木板B右侧挡板的距离为 x=2L-△x=0.2m. 答案：(1)3m/s,方向水平向右(2)2m/s,方向水平向 右(3)0.2m 微专题2力学三大观点的综合应用 [例][解析](I)根据机械能守恒定律有mgL=2mu, 1 解得小球接触地面瞬间的速度的大小v=√2gL (2)设小球脱离轻杆时，轻杆与竖直方向的夹角为B,如 图所示 设此时小球的速度为，根据机械能守恒定律gL(1一 om-名w, 对小球，根据牛顿第二定律mgc0sB=m2 2 2gL 解得cos=3,√3， 此时小球水平方向分速度V1=c0sB, 竖直方向分速度v,1=☑sinB, 竖直方向，根据速度位移关系-t1=2 gLcos B, 小球接触地面瞬间的速度与水平面夹角α的正切值 ana=， Url 联立解得tana=2 2· (3)(1)设其中一部分的质量为0，则另一部分质量为 kmo,如图所示 a 30 讲解册参考答案 根据动量守恒定律有kmv2sin0-mou3sin0,km。v2cos0 +mcos日=mw, 弹射装置释效的能量E=m,暖十之m喝-名m, 联立可得E= r(1+)2 4kcos 1]mgL (i)根据数学知识可知，当k=1时，E最小为En =mgLtan0, 即有mo2sin0=msin0,m2cos0+m3cos0=mv, E=名对+名m对-名md, 1 两小球同时落地，运动时间为t= 2v2 sin a 2vs sin a g g 可得|03=v21, 两小球的距离d=22sin0·t, 由ana=可得sina√， /23 2 8 联立可得d=g√6 9Ltan0. [答案](1)u=√2gL(2)ana=2网 2 ③1)E-[86-1lmgL: 8 (i)d=9 √69Ltan9 [对点集训门 1.解析：(1)已知F=5N,M=4kg,m=1kg,设木板与地 面间的动摩擦因数为u,有F=u(M十m)g, 当机器人被提起后，对木板受力分析，由牛顿第二定律 有F-Mg=Ma, 由运动学规律可知，机器人被提起的t=2s内，木板的 位移满足z=w计分a,解得z=2.5m (2)机器人被放回木板时木板的速度为v=十at, 从机器人被放回木板到它们相对静止（此时它们共速） 的过程中，在恒力F=5N的作用下，木板和机器人组成 的系统受力平衡，水平方向动量守恒，有m十Mo=(m 十MDV共， 该过程中，对机器人由动能定理有 1 1 W,=2m候-2m, 解得W:=0.48J 答案：(1)2.5m(2)0.48J 2.解析：(1)两摆锤以初速度。=4m/s沿外壳向上运动， 与挡板相碰前，摆锤机械能守恒，设摆锤与挡板相碰前 的速度为)，根据机械能守恒定律有 m6=mgR+2m2,解得=2Em/s, 1 摆锤与挡板相碰后与机器人一起运动，根据动量守恒定 律有2mo=Mv共， 解得v集=√2m/s, 机器人起跳时的动能E,=号M=4J, 2 (2)根据速度位移关系0-=一2gh, 可得机器人外壳上升的最大高度h=0.1m. (3)机器人外壳落到地面时，机器人外壳的速度立即变 为0，根据竖直上抛运动的对称性可知摆锤速度大小为 √2m/s,从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止过程中 的机械能损夫△E-2×合md话-(2X2m+2mgR, 解得△E=6J. 答案：(1)Ek=4J(2)h=0.1m(3)△E=6J 物理 课堂评价·高考预测 解析：(1)由牛顿第二定律得mgsin0+h1 ngcos0=ma1, 解得a1=gsin37°+41gcos37°=10m/s2, 滑块与传送带共速的时间6==乙 a110s=0.7s, 49 共速时滑块的位移之一%=2X0m=2.45m, 由题知凸<tan0,此后小滑块继续沿传送带向下加速， 由牛顿第二定律得mgsin0-u mgcos日=ma2, 解得a2=gsin37°-tgcos37°=2m/s2, 1 由运动学知识得L一工=4十24，号， 解得t2=1.5s, 小滑块从A到B的时间 t=t1+t2=0.7s+1.5s=2.2s. (2)小滑块从A到B的过程中，小滑块先相对传送带向 后运动，相对位移为△x1=6一x1=7×0.7m-2.45m =2.45m, 再相对传送带向前运动，相对位移为 △x2=(L-x1)-t2=12.75m-10.5m=2.25m <△x1， 小滑块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度 △x=△x1=2.45m. (3)小滑块进入槽内且恰好能通过半圆轨道最高点D, 则由牛顿第二定律得mg一m是， 小滑块从C到D过程由动能定理得 -mg·2R=m话-md, 21 联立解得ve=√/5gR=6m/s, 小滑块在底端B滑上长木板的速度 vg=o+a2t2=7m/s+2X1.5m/s=10m/s, 小滑块与长木板相互作用过程，由系统动量守恒有 mUB=muc+Mv, 4 解得v=3m/s, 此过程由能量守恒定律得 kmg·s=名m-合mad-合Mw, 得长木板的长度 号 m≈7.3m, 案：(1)2.2s(2)2.45m(3)7.3m 高考新动向（二）数学归纳法和图像法解决多次碰撞问题 类型1 [例1][解析](1)依题意，设木板的长度为L,A、B第 一次达到共速时速度大小为，对物块和木板由动量守 恒定律有m=(2m十m) 根据能量守恒定律有 mgL=mt话-合(2m+mt 1 1 联立解得=3L=34g (2)由于物块与挡板P发生碰撞时无机械能损失且碰撞 时间极短，因此物块第一次与挡板碰撞后的速度大小不 变，方向向左，设二者第二次碰撞前达到共速的速度大 小为2，取方向向右为正，根据动量守恒定律有2m℃ my=(2m十m)v2, 根据能量守恒定律有 mgx1三7(2m+m)t (2m+m)G 1 1 46 联立求得%=3西=274g1 30 则可得此时物块距木板左端的距离为 5呢 △1，=L-x1=274g (3)由(1)(2)问分析可知，物块B与木板第n次共速时 的速度为9，对B有mg=mag, 从B第一次撞击挡板到第二次楂击挡板过程， 有（学） =2ag51, 从B第二次撞击挡板到第三次撞击挡板过程， 有（学） =2aBS2, 从B第n次撞击挡板到第n十1次撞击挡板过程，有 (3=2an, 则s=2(51十52十53十…十5n) (++++) 1 11 得s= g1-3 8μg (4)B从第n次与挡板发生碰撞到第n十1次与挡板发生 碰撞的过程中， 设B做匀变速运动的时间为t1,B做匀速直线运动的时 间为t2,A、B保持相对静止共同运动的位移为△x,匀变 速运动过程有警十码=a, (学)）广-(50)广=2aa 匀速过程有△x一3， 联立可得t1:t2=1：1, 即每相邻两次碰楂过程中，A、B匀变速运动过程与A、B 匀速运动过程的时间之比为1：1， 在0~。时间内，设A做匀减速运动的累计时间为t,则 对A有mg=2maa 又号-an1,解得6=g 4V6 [答案](1D34g 6 (2)27g (3)。 8μg (4) 34g 类型2 [例2][解析](1)B从A的左端开始到右端的过程，由 动能定理有Fd=子m6,解得=6m/s, B与A碰撞过程，由动量守恒和能量关系有 mvo=mU1十mv2， 1 1 1 2m听=2mu+zmvi, 解得v1=0,2=6m/s; (2)第一次碰后A向右以速度v2=6m/s做匀速运动，B 做初速度为0、加速度为 a=E=9m/s的匀加速运动， m 则第二次碰擅时有%t=2at,解得i= 1 38, 此时B的速度为=at=12m/s,第二次碰撞时，同样 由动量守恒和能量关系有 mu2十mvs=mv4十mus， m暖+7md=弓nd+7mG, 1 1 解得A、B的速度为，=12m/s,=6m/s;微专题2 力学三 核心透视 高中物理“三大观点”的综合应用，是历 年高考必考内容；它们或与直线运动、平抛 运动、圆周运动结合，或与电场、电磁感应 结合，或与弹簧、传送带、板块连接体等结 合，在计算题中常常把动量与动力学、能量 结合，综合性强、难度高.在今后的备考复 习中应加大训练，规范解题步骤，提高综合 分析问题的能力。 1.三个基本观点 (1)力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学 公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或 匀变速运动等问题 (2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守 恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问 题，以及物体间的相互作用问题 (3)能量的观点：在涉及单个物体的受力、速度 和位移问题时，常用动能定理；在涉及系统 内能量的转化问题时，常用能量守恒定律. 2.选用原则 (1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛 顿运动定律.若其中涉及时间的问题，应选 用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动 能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛 顿第二定律 (2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒 定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，应选 用动量守恒定律，然后再根据能量关系分 析解决 3.系统化思维方法 (1)对多个物理过程进行整体思维，即把几个 过程合为一个过程来处理，如用动量守恒 定律解决比较复杂的运动. (2)对多个研究对象进行整体思维，即把两个 或两个以上的独立物体合为一个整体进行 考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个 物体看成一个整体（或系统）. 39 第一部分：专题二能量与动量 大观点的综合应用 典题例析 [例](2026·湖南卷) 如图，长为L的轻杆竖 直放置，上端固定一质量为m的小球，下端 连接于水平地面上某固定点，杆可绕该点无 摩擦转动.小球内部安装了质量不计的智能 弹射装置.受轻微扰动后，小球和杆从静止 开始一起运动，当两者间弹力为0时，小球 脱离轻杆，重力加速度为g,不计空气阻力， (1)求小球接触地面瞬间的速度0的大小； (2)求小球接触地面瞬间的速度与水平面夹 角α的正切值； (3)小球与地面碰撞前后，竖直方向分速度 大小相等、方向相反，水平方向分速度相等. 碰撞后瞬间，智能弹射装置工作，小球在极 短时间内分裂成两部分，两部分速度方向均 与小球分裂前瞬间的速度方向成0角（θ已 知，且0<<α).设两部分质量之比为k,弹 射装置释放的能量为E (ⅰ)求E与k的关系； (ⅱ)当E最小时，若分裂后两部分第一次落地 时刻相同，求两部分第一次落地点的间距d. [解题指导] 第一步：根据机械能守恒定律求小球接触 地面瞬间的速度； 第二步：根据牛顿第二定律及牛顿运动学 规律求小球接触地面瞬间的速度与水平 面夹角的正切值； 第三步：根据动量守恒及能量守恒关系求 E与k的关系和第一次落地点的间距d. 物理 规律总结力学三大观点选用经验总结 (1)求解物体某一时刻受力及加速度时，可用 牛顿第二定律或运动学公式列式解决 (2)研究某一物体受到力的持续作用，运动状 态改变的问题时，在涉及时间和速度，不涉及 位移和加速度时要首先考虑选用动量定理； 在涉及位移、速度，不涉及时间时要首先考虑 选用动能定理 (3)若研究的对象为相互作用的物体组成的 系统，一般考虑用机械能守恒定律和动量守 恒定律解决，但要仔细分析研究的问题是否 符合守恒条件， (4)在涉及相对位移问题时应优先考虑能量 守恒定律，即滑动摩擦力与相对位移的乘积 等于系统机械能的减少量，也等于系统产生 的内能. (5)涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象 的问题，通常可选用动量守恒定律，但须注意 到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他 形式能量之间的转化， 对点集训 1.(2026·河北卷)如图所示，质量为4kg的木 板上放有一个质量为1kg的机器人，木板始 终受到水平向右、大小为5N的恒力作用. 初始时木板与机器人一起以1m/s的速度 沿水平地面向右匀速运动.机器人正上方有 一个沿竖直方向可以伸缩、水平向右速度恒 为1m/s的机械夹爪.某时刻夹爪将机器人 向上提起，2s后放回木板，同时夹爪缩回， 机器人在摩擦力的作用下最终与木板相对 静止.g取10m/s2,机器人可视为质点，机 器人被提起和放下瞬间竖直方向速度均为 零.求 1 m/s 5N 77777777777777777777777777777777777777 40 (1)机器人被提起的2s内，木板位移的 大小 (2)从机器人被放回木板到与木板相对静止 的过程中，摩擦力对机器人所做的功， 2.(2026·广东卷)如图是 一种球形机器人跳跃原 外壳 理的示意图，水平横轴挡板 0 R 入R挡板 过球心O点与外壳固摆锤mm义摆锤 定，外壳上的两挡板位于过O点的水平线 上，两质量均为m的摆锤，由长均为R的不 可伸长轻绳悬挂于轴上的O点，初始时刻， 两摆锤同时以水平初速度。从最低点向相 反方向摆动，直至与两挡板发生碰撞，碰撞 时间极短，随后带动外壳以共同速度竖直向 上运动，机器人到达最高点后落回地面瞬 间，外壳立即静止，两摆锤速度不变，与挡板 分离，继续向下运动，已知机器人（含摆锤） 总质量为M=4kg,m=1kg,R=0.4m,= 4m/s.重力加速度取g=10m/s2,忽略空气 阻力，摆锤可视为质点，求： (1)摆锤与挡板碰撞后瞬间，机器人的动 能Ek; (2)机器人外壳上升的最大高度h; 课堂评价 如图所示，倾斜传送带的倾角0=37°、长度 为L=15.2m,传送带以u。=7m/s的速率 顺时针转动；光滑水平面上有一块长木板， 其上表面粗糙，且与传送带底端B以及右 侧固定半圆形光滑轨道槽的最低点C等高， 槽的半径R=0.72m.在传送带上端A无 初速地释放一个质量为m=1kg的黑色小 滑块（可视为质点），它与传送带之间的动摩 擦因数为41=0.5，黑色小滑块在传送带上 经过后留下黑色痕迹，在底端B滑上紧靠 传送带的长木板的上表面，长木板质量为 M=3kg,不考虑小滑块冲上长木板时碰撞 带来的机械能损失，小滑块滑至长木板右端 时，长木板恰好撞上半圆槽，长木板瞬间停 止运动，小滑块进入槽内且恰好能通过半圆 轨道最高点D.已知小滑块与长木板间的动 摩擦因数为42=0.4，sin37°=0.6，cos37° =0.8,重力加速度g取10m/s2,求： 03 0⊙i (1)小滑块从A到B的时间t; (2)小滑块从A到B的过程中传送带上形 成痕迹的长度△x; 第一部分：专题二能量与动量 (3)从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止 过程中的机械能损失△E. >高考预测 (3)长木板的长度s(计算结果保留两位有效 数字). C温馨提 学习至此，请完成配套训练微专题2 1